ВТФ и треугольники

[ljubarcev]

Предположим, что равенство $z^n=x^n+y^n$ имеет решения в натуральных числах при простом не чётном $n=2k+1$ и $z;y;x$ взаимно простых.
Утверждение 1: если равенство $z^n=x^n+y^n$ (1) имеет решения в натуральных числах при простом не чётном $n=2k+1$ и $z>y>x$ взаимно простых, то должны существовать целочисленные треугольники со сторонами $(x;y;z)$; $(x^2;y^2;z^2)$; $(x^3;y^3;z^3)$ … $(x^{2k};y^{2k};z^{2k)$. Докажем.
Из равенства (1) очевидно, что $z>y$ и $z>x$. Для определенности положим, что $y>x$. Представив равенство (1) в виде $\frac{x^n}{z^n}+\frac{y^n}{z^n}=1$, видим, что при этом должно быть: $\frac{x}{z}>\frac{x^2}{z^2}>\frac{x^3}{z^3}>$…$\frac{x{2k}}{z^{2K}}>\frac{x^n}{z^n}$ и
$\frac{y}{z}>\frac{y^2}{z^2}>\frac{y^3}{z^3}>$…$\frac{y{2k}}{z^{2K}}>\frac{y^n}{z^n}$.
Из полученных неравенств получаем:
$\frac{x+y}{z}>\frac{x^2+y^2}{z^2}>\frac{x^3+y^3}{z^3}>…\frac{x{2k}+y^{2k}}{z^{2K}}>\frac{x^n+y^n}{z^n}=1$, то есть тройка чисел, удовлетворяющая равенству (1) должна удовлетворять и неравенствам: $x+y>z$; $x^2+y^2>z^2$; $x^3+y^3>z^3$: … $x^{2k}+y^{2k}>z^{2k}$.
Каждое из последних неравенств соответствует условию существования треугольника, следовательно, должны быть целочисленные треугольники со сторонами $(x;y;z)$; $(x^2;y^2;z^2)$; $(x^3;y^3;z^3)$ … $(x^{2k};y^{2k};z^{2k})$..
При $n=2$ должны существовать треугольник со сторонами $x;y;z$ и равенство $x^2+y^2=z^2$. Для всякого треугольника со сторонами $z;y;x$ справедлива теорема косинусов $z^2=x^2+y^2-2xyCosC$, то есть в этом случае, так как $x^2+y^2=z^2$, должно быть $CosC=0$ и угол С, противолежащий наибольшей стороне $z$, должен быть прямым, а треугольник прямоугольным. Способы нахождения решений целочисленных прямоугольных треугольников известны.
При $n=3$, имеем $x^3+y^3=z^3$.
Утверждение 2. При $x^3+y^3=z^3$ числа $z$ и $x+y$ должны иметь НОД $g\ne 1$. Из равенства $x^3+y^3=z^3$ находим, что должно быть $\frac{z^3}{x+y}=y^2-xy+x^2$. Число справа при целых $x$ и $y$ целое, число слева целым может быть только если $z^3$ нацело делится на $x+y$, что возможно только если числа $z$ и $x+y$ имеют какой-то НОД $g\ne 1$.
Утверждение 3. Треугольник со сторонами $z;y;x$, где $z;y;x$ тройка целых взаимно простых чисел, удовлетворяющих равенству $x^3+y^3=z^3$ может быть целочисленным только при взаимно простых числах $z$ и $x+y$. Докажем.
Выше доказано, что должны быть целочисленные треугольники со сторонами 1. - $(x;y;z)$, 2. - $(x^2;y^2;z^2)$
В треугольнике 1. угол против наибольшей стороны $z$ обозначим $C$. В соответствии с теоремой косинусов для него должно быть: $z^2=x^2+y^2-2xyCosC$. $x^2+y^2-z^2=2xyCosC$. Так как $x^2+y^2-z^2>0$ (второй треугольник тоже должен быть), то $CosC>0$ и треугольник остроугольный.
Преобразуем равенство $x^2+y^2-z^2=2xyCosC$, прибавив по $2xy$ в каждую часть равенства и получим: $(x+y)^2-z^2=2xy(1+CosC)$. Так как в соответствии с утверждением 2 $x+y=g(x+y)_1$ а $z=gz_1$, то после подстановки получим $(x+y)_1^2-z_1^2=\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}$.
В левой части последнего равенства имеем разность целых чисел – целое число. Справа, так как $x$ и $y$ взаимно просты с $g$ - ведь $g$ делитель $z$ - что бы число было целым должна быть целым числом дробь $\frac{2(1+CosC)}{g^2}$. Так как $CosC<1$, то $2(1+CosC)<4$ и должно быть $g^2<4$, $g<2$, то есть равенство (и. естественно, целочисленный треугольник) возможны только и только при $g=1$, то есть только и только при взаимно простых числах $x+y$ и $z$.
Явное противоречие утверждений 2 и 3 доказывает, что исходное предположение не верно.
Рассуждая совершенно аналогично при любом другом $n$ придём к таким же противоречивым утверждениям касательно чисел $g$; $z$; $x+y$ и окончательному $z^n\ne x^n+y^n$ в натуральных числах.
Дед.

[Энер]

А мне кажется , что здесь просто доказано ,что если х^n+y^n=z^n при при n=2*K+1

тогда треугольники построенные на основе этих

x,y,z

а именно
(x,y,z) (x^2,y^2,z^2)..... и т.д

не могут быть прямоугольными

[Echo-Off]

Ну что, господа, никто не видит ошибок?

[Энер]

Ошибок также нет и в 1+1=2

Вот я скоро напишу --ггг Сейчас только перевариваю)))

[Коровьев]

ljubarcev писал(а):

Преобразуем равенство $x^2+y^2-z^2=2xyCosC$, прибавив по $2xy$ в каждую часть равенства и получим: $(x+y)^2-z^2=2xy(1+CosC)$. Так как в соответствии с утверждением 2 $x+y=g(x+y)_1$ а $z=gz_1$, то после подстановки получим $(x+y)_1^2-z_1^2=\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}$.
В левой части последнего равенства имеем разность целых чисел – целое число. Справа, так как $x$ и $y$ взаимно просты с $g$ - ведь $g$ делитель $z$ - что бы число было целым должна быть целым числом дробь $\frac{2(1+CosC)}{g^2}$. Так как $CosC<1$, то $2(1+CosC)<4$ и должно быть $g^2<4$, $g<2$, то есть равенство (и. естественно, целочисленный треугольник) возможны только и только при $g=1$, то есть только и только при взаимно простых числах $x+y$ и $z$.
Явное противоречие утверждений 2 и 3 доказывает, что исходное предположение не верно.
Рассуждая совершенно аналогично при любом другом $n$ придём к таким же противоречивым утверждениям касательно чисел $g$; $z$; $x+y$ и окончательному $z^n\ne x^n+y^n$ в натуральных числах.
Дед.

Распространённая среди фермистов логическая ошибка.
Из равенства
ax=b
при целых и взаимнопростых a и b
они заключают, что х целое.
что абсолютно неверно.
5*0.4=2

[Батороев]

Не являясь математиком, да и будучи любителем с небольшим стажем, а потому и не боясь подмочить свою репутацию, не имея оной, скажу, что мне кажется доказательство довольно убедительным.
Смущает только НОД $ g\ne 1 $, т.к. если куб делится на какое-либо составное число, то не факт, что квадрат на него поделится.
Мне кажется, что в утверждение 2 лучше ввести то, что $ z $ и $ x + y $ имеют общий простой делитель $ p\ne 1 $. Этого, по-видимому, будет достаточно.

[Коровьев]

Разъясню ошибку ljubarcev подробнее.
Если $\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}$ - целое число
то $\frac{2(1+CosC)}{g^2}$ - абсолютно не обязано быть целым числом, как заявляет ljubarcev
К примеру. Для любых целых a, g, x, y можно найти такое С, что
$2(1+CosC)=\frac{ag^2}{xy}$< 4
где а - целое число.
Тогда
$\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}=a$
*****
Т.е. Доказательство ljubarcev неверно.

[Батороев]

Жаль, что доказательство содержит, хоть и хитрую, но ошибку

[Echo-Off]

Коровьев
Ввиду того факта, что НОД(x, g) = НОД(y, g) = 1, из $\frac{2xy(1+\cos C)}{g^2}\in\mathbb{Z}$ следует $\frac{2(1+\cos C)}{g^2}\in\mathbb{Z}$. Вы спросите: почему x и g взаимно-просты? Потому что если $p|x$ и $p|g$, то также $p|z$ и $p|x+y$, то есть $p|y$, и числа x, y и z не взаимно-просты.

[juna]

Echo-Off писал(а):

Ввиду того факта, что НОД(x, g) = НОД(y, g) = 1, из $\frac{2xy(1+\cos C)}{g^2}\in\mathbb{Z}$ следует $\frac{2(1+\cos C)}{g^2}\in\mathbb{Z}$.

Не следует. Следует лишь, что в числителе дроби $2(1+\cos(C))$ есть $g^2$
В доказательстве ljubarcevа мне понравилось только самое начало про треугольники.

[Echo-Off]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Не следует. Следует лишь, что в числителе дроби $2(1+\cos(C))$ есть $g^2$

А что значит "в числителе дроби есть $g^2$"? Разве это не означает, что числитель делится на $g^2$, и потому дробь $\frac{2(1+\cos(C))}{g^2}$ является целым числом?

Добавлено спустя 1 минуту 36 секунд:

Всё, понял
Надо ж так тупить
А я уж обрадовался, что доказано элементарно

[STilda]

Позволю себе офтоп, но подходит под название темы.

А почему вообще в рассуждениях на тему ВТФ преобладают треугольники? Ведь наличие трех величин, фигурирующих в ВТФ, не обязывает нас привязывать их к сторонам треугольника. Это приводит к тому, что ищем решение на плоскости. Может быть между этими тремя элементами другая взаимосвязь. Если геометрически то, например, какой-нибудь многогранник (додекаэдр) у которого соединив определенные пары вершины отрезками, получим для них соотношение ВТФ. Они могут быть "хитрые" скрещивающимися, или пересекающимися, не лежащими в одной плоскости, и паралельным переносом не помещаемые в одну плоскость.
Вот вычитал

Цитата:

If a commutative ring R has prime characteristic p, then we have (x + y)^p = x^p + y^p for all elements x and y in R.

Похоже на ВТФ ))). Но в качественной форме а не количественной. Что собственно и натолкнуло на полет мыслей, что x, y, x+y не обызательно должны обладать смыслом сторон треугольника, а смысл им задает кольцо R с его отношениями.

[Батороев]

Для ВТФ при $ n=3 $, на мой взгляд, лучше всего подходит пирамида с квадратным основанием ($ A*A $) и высотой, равной $ A $.
Если в данной пирамиде выделить единичные пирамиды с основанием 1*1 и высотой 1, то в каждом объеме от вершины до определенного $ k $-го слоя будет $ k^3 $ объемов единичной пирамиды.

И ВТФ для $ n = 3 $ (а эта задача древнее П. Ферма) заключается в том, можно ли разрушив две пирамиды, сложить одну целую?

А может быть Хеопс был древнеегипетским математиком, который хотел доказать или опровергнуть $ x^3 + y^3 = c^3 $?

[ljubarcev]

Коровьев писал(а):

Распространённая среди фермистов логическая ошибка.
Из равенства
ax=b
при целых и взаимнопростых a и b
они заключают, что х целое.
что абсолютно неверно.
5*0.4=2

Уважаемый господин Коровьев ! В общем случае Вы правы, но к приведенному мной доказаельсьву Ваше утвелждение не применимо.

Батороев писал(а):

Не являясь математиком, да и будучи любителем с небольшим стажем, а потому и не боясь подмочить свою репутацию, не имея оной, скажу, что мне кажется доказательство довольно убедительным.
Смущает только НОД $ g\ne 1 $, т.к. если куб делится на какое-либо составное число, то не факт, что квадрат на него поделится.
Мне кажется, что в утверждение 2 лучше ввести то, что $ z $ и $ x + y $ имеют общий простой делитель $ p\ne 1 $. Этого, по-видимому, будет достаточно.

Уважаемый господин Батороев ! Вы скромничаете. С вашим предложением о замене НОД на простой общий делитель $p\ne 1$ согласен. На доказательство это не повлияет, во всех выражениях будет достаточно заменить $g$ на $p$ или просто переопределить $g$, назвав его простым общим делителем чисел $(x+y)$ и $z$. Этого, действительно, будет достаточно для доказательства, особенно если учесть, что в соответствии с формулами Абеля число $x+y$ при любом $n>3$ само, а следовательно и его простой делитель $g$, должно быть числом $n$ степени.

Добавлено спустя 1 час 18 минут 45 секунд:

Коровьев писал(а):

Разъясню ошибку ljubarcev подробнее.
Если $\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}$ - целое число
то $\frac{2(1+CosC)}{g^2}$ - абсолютно не обязано быть целым числом, как заявляет ljubarcev
К примеру. Для любых целых a, g, x, y можно найти такое С, что
$2(1+CosC)=\frac{ag^2}{xy}$< 4
где а - целое число.
Тогда
$\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}=a$
*****
Т.е. Доказательство ljubarcev неверно.

Уважаеемый господин Коровьев ! Ваше заключение ошибочно. Возьмем Ваше $\frac{2xy(1+CosC)}{g^2}=a$. Конечно в общем случае среди натуральных чисел $x;y;g$ найдутся такие , что левая часть равенств равенства будет целым числом, то есть $a$ будет целым. В рассматриваемом мною случае в числителе Вашей дроби числа $x;y$ не содержат простого множителя $g\ne 1$ так как это множитель $z$. Чтобы Ваше $a$ было целым, необходимо что бы число $2(1+CosC)$ делилось на $g^2$. Но это при всегда $2(1+CosC)<4$ возможно только при $g=1$. Таким образом, что бы Ваше $a$ было целым в рассматриваемом мною случае, $g$ должно равняться $1$, что я и использую в доказательстве.
Добавлено спустя 9 минут 9 секунд:

Батороев писал(а):

Жаль, что доказательство содержит, хоть и хитрую, но ошибку

Уважаемый господин Батороев ! Нет там никакой принципиальной ошибки.

Добавлено спустя 21 минуту 50 секунд:

Echo-Off писал(а):

:|
Всё, понял
Надо ж так тупить
А я уж обрадовался, что доказано элементарно

Уважаемый господин Echo-Off ! Вы слишком быстро разочаровались. Если я правильно понял, господинн Артамонов выразился осторожно, указав, что числитель $2xy(1+CosC)$ должен содержать $g^2$. Но он не опровергал того факта, что при взаимно простых $z;y;x$ дробь будет целым числом только при $g=1$.
Добавлено спустя 22 минуты:
В 2 последних постах постах (STilda и Батороева) мое доказательство не лбсуждается, но в них намёк на то, что возможны другие элементарные доказательства. Я с этим согласен. Сошлюсь на исторический пример. В обществе Пифагорийцев было 600 членов, а в него проинимали только тех, кто представит своё оригинальное доказательствоттеоремы Пифагора !.
Дед.

[juna]

ljubarcev писал(а):

Если я правильно понял, господинн Артамонов выразился осторожно, указав, что числитель $2xy(1+CosC)$ должен содержать $g^2$. Но он не опровергал того факта, что при взаимно простых $z;y;x$ дробь будет целым числом только при $g=1$.

Нет, вы поняли неверно.
Возьмите $x=p_1c,y=p_2d, 2(1+\cos(C))=\frac{g^2e}{p_1}$. Отсюда $\frac{2(1+\cos(C))}{g^2}=\frac{e}{p_1}$ - дробь.